固液气体性质

固液气体性质要点一固体的性质6．有关晶体的排列结构，下列说法正确的有()A．同种元素原子按不同结构排列有相同的物理性质B．同种元素原子按不同结构排列有不同的物理性质C．同种元素形成晶体只能有一种排列规律D．同种元素形成晶体可能有不同的排列规律6．BD[同种元素原子在不同情况下可能按不同的方式排列，并导致物理性质有明显的差异，故A、C错误，B、D正确．]3．下列说法错误的是()A．晶体具有天然规则的几何形状，是因为物质微粒是规则排列的B．有的物质能够生成种类不同的几种晶体，因为它们的物质微粒能够形成不同的空间结构C．凡各向同性的物质一定是非晶体D．晶体的各向异性是由晶体内部结构决定的3．C[晶体的外形、物理性质都是由晶体的微观结构决定的，A、B、D正确；各向同性的物质不一定是非晶体，多晶体也具有这样的性质，C错误．]方法总结晶体微观结构的特点：(1)组成晶体的物质微粒(分子、原子或离子)，依照一定的规律在空间中整齐地排列．(2)晶体中物质微粒间的相互作用较强，微粒的热运动不足以克服它们的相互作用而远离．(3)微粒的热运动表现为在一定的平衡位置附近不停地做微小的振动．7．关于晶体和多晶体，下列说法正确的是()A．多晶体和单晶体都有规则的几何外形B．同种物质可以生成不同的晶体，它们的物理性质不同，但化学性质相同C．具有各向同性的物体，可以断定它不是单晶体D．具有确定熔点的物体，可以断定它是单晶体7．BC[多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，其外形不规则．物质是晶体还是非晶体并不是绝对的，与它的微观结构有关，在一定条件下可以相互转化．如天然水晶是晶体，而熔化以后再凝固的水晶(即石英玻璃)就是非晶体．组成物质的微粒能够按照不同的规则在空间分布，可以形成不同的晶体，如碳可以形成石墨和金刚石．单晶体在物理性质上具有各向异性，而多晶体和非晶体具有各向同性．单晶体和多晶体都具有确定的熔点．]8．下列说法正确的是()A．一个固体球，若沿各条直径方向上的导电性能不同，则该球为单晶体B．一块固体，若是各个方向导热性能相同，则这个固体一定是非晶体C．一块固体，若有确定的熔点，则该固体必定为晶体D．黄金可以切割加工成各种形状，所以是非晶体8．AC[只有晶体才有固定熔点，只有单晶体才具有各向异性，A、C对；多晶体和非晶体都具有各向同性，B错；黄金是晶体，切割后分子结构不变，仍然是晶体，D错．]10．下列关于晶体空间点阵的说法，正确的是()A．构成晶体空间点阵的物质微粒，可以是分子，也可以是原子或离子B．晶体的物质微粒之所以能构成空间点阵，是由于晶体中物质微粒之间相互作用很强，所有物质微粒都被牢牢地束缚在空间点阵的结点上不动C．所谓空间点阵与空间点阵的结点，都是抽象的概念；结点是指组成晶体的物质微粒做永不停息地微小振动的平衡位置；物质微粒在结点附近的微小振动就是热运动D．相同的物质微粒可以构成不同的空间点阵；也就是同一种物质能够生成不同的晶体，从而能够具有不同的物理性质11．晶体在熔化过程中所吸收的热量，主要用于()A．破坏空间点阵结构，增加分子动能B．破坏空间点阵结构，增加分子势能C．破坏空间点阵结构，增加分子势能，同时增加分子动能D．破坏空间点阵结构，但不增加分子势能和分子动能10．ACD[组成晶体的物质微粒可以是分子、原子或离子，这些物质微粒也就是分子动理论中所说的分子．显然，组成晶体的物质微粒处在永不停息的无规则的热运动之中，物质微粒之间还存在相互作用，晶体的物质微粒之所以能构成空间点阵，是由于晶体中物质微粒之间的相互作用很强，物质微粒的热运动不足以克服这种相互作用而彼此远离，微粒的热运动表现为在一定的平衡位置附近不停地做微小振动，所以选项B错误，A、C、D正确．]11．B[晶体有固定的熔点，熔化过程吸收的热量用于破坏空间点阵结构，因温度不变，所以分子动能不变，吸收的热量用于增加分子势能，内能增加，所以选项B正确．]1．(2013·上海高考)液体与固体具有的相同特点是()A．都具有确定的形状B．体积都不易被压缩C．物质分子的位置都确定D．物质分子都在固定位置附近振动解析：选B液体与固体具有共同的特点是体积不易被压缩。2．(多选)(2011·山东高考)人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程，以下说法正确的是()A．液晶的分子势能与体积有关B．晶体的物理性质都是各向异性的C．温度升高，每个分子的动能都增大D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用解析：选AD液体和固体的体积与分子间相对位置有关，分子间距接近平衡位置r0时，分子间距变化，分子力做功显著，导致分子势能变化显著，A正确。多晶体的物理性质表现为各向同性，因此B错误。温度升高，分子的平均动能增大，由于分子速率遵循统计规律，故并不是每个分子的动能都增大，C错误。液体表面张力的作用是使其表面绷紧，表面积收缩到最小，呈球状，D正确。1．(多选)下列说法中正确的有()A．悬浮在液体中的固体分子所做的无规则运动叫做布朗运动B．金属铁有固定的熔点C．液晶的光学性质具有各向异性D．由于液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力E．随着高度的增加，大气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球内的氢气内能减小解析：选BCE悬浮在液体中的固体微粒所做的无规则运动叫做布朗运动，A错误；金属铁有固定的熔点，B正确；液晶的光学性质具有各向异性，C正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，故液体表面存在表面张力，D错误；随着高度的增加，大气压和温度都在减小，一个正在上升的氢气球内的氢气内能减小，E正确。2．液体的饱和汽压随温度的升高而增大()A．其规律遵循查理定律B．是因为饱和汽的质量随温度的升高而增大C．是因为饱和汽的体积随温度的升高而增大D．是因为饱和汽密度和蒸汽分子的平均速率都随温度的升高而增大解析：选D当温度升高时，蒸汽分子的平均动能增大，导致饱和汽压增大；同时，液体中平均动能大的分子数增多，从液面飞出的分子数将增多，在体积不变时，将使饱和汽的密度增大，也会导致饱和汽压增大，故选D。要点二气体压强的产生与计算[典例](2012·海南高考)如图11­2­1所示，一气缸水平固定在静止的小车上，一质量为m，面积为S的活塞将一定量的气体封闭在气缸内，平衡时活塞与气缸底相距L。现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于气缸移动了距离d。已知大气压强为p0，不计气缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0；整个过程温度保持不变。求小车加速度的大小。图11­2­1[解析]设小车加速度大小为a，稳定时气缸内气体的压强为p1，则活塞受到气缸内外气体的压力分别为：F1＝p1S，F0＝p0S由牛顿第二定律得：F1－F0＝ma小车静止时，在平衡情况下，气缸内气体的压强应为p0。由玻意耳定律得：p1V1＝p0V0式中V0＝SL，V1＝S(L－d)联立以上各式得：a＝eq\f(p0Sd,mL－d)[答案]eq\f(p0Sd,mL－d)1．如图11­2­2所示，光滑水平面上放有一质量为M的气缸，气缸内放有一质量为m的可在气缸内无摩擦滑动的活塞，活塞面积为S。现用水平恒力F向右推气缸，最后气缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内封闭气体的压强p。(已知外界大气压为p0)图11­2­2解析：选取气缸和活塞整体为研究对象。相对静止时有：F＝(M＋m)a再选活塞为研究对象，根据牛顿第二定律有：pS－p0S＝ma解得：p＝p0＋eq\f(mF,SM＋m)。答案：p0＋eq\f(mF,SM＋m)2．若已知大气压强为p0，在图11­2­3中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强。图11­2­3解析：在甲图中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知p气S＝－ρghS＋p0S所以p气＝p0－ρgh在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下有：p气S＋pghS＝p0Sp气＝p0－ρgh在图丙中，仍以B液面为研究对象，有p气＋ρghsin60°＝pB＝p0所以p气＝p0－eq\f(\r(3),2)ρgh在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得p气S＝(p0＋ρgh1)S所以p气＝p0＋ρgh1答案：甲：p0－ρgh乙：p0－ρgh丙：p0－eq\f(\r(3),2)ρgh丁：p0＋ρgh1要点三气体实验定律的应用[典例1](2014·新课标Ⅱ)如图11­2­4，两气缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气。当大气压为p0、外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的eq\f(1,4)，活塞b在气缸正中间。图11­2­4(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；(2)继续缓慢加热，使活塞a上升。当活塞a上升的距离是气缸高度的eq\f(1,16)时，求氧气的压强。[解析](1)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程。设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1；末态体积为V2，温度为T2。按题意，气缸B的容积为eq\f(V0,4)，由题给数据和盖­吕萨克定律有V1＝eq\f(3,4)V0＋eq\f(1,2)·eq\f(V0,4)＝eq\f(7,8)V0①V2＝eq\f(3,4)V0＋eq\f(1,4)V0＝V0②eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)③由①②③式和题给数据得T2＝320K④(2)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞a上升的距离是气缸高度的eq\f(1,16)时，活塞a上方的氧气经历等温过程。设氧气初态体积为V1′，压强为p1′；末态体积为V2′，压强为p2′。由题给数据和玻意耳定律有V1′＝eq\f(1,4)V0，p1′＝p0，V2′＝eq\f(3,16)V0⑤p1′V1′＝p2′V2′⑥由⑤⑥式得p2′＝eq\f(4,3)p0⑦[答案](1)320K(2)eq\f(4,3)p0[典例2](2014·新课标Ⅰ)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内。气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0。现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4。若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g。[解析]设气缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得phS＝(p＋Δp)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(1,4)h))S①解得Δp＝eq\f(1,3)p②外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h′。根据盖­吕萨克定律，得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(1,4)h))S,T0)＝eq\f(h′S,T)③解得h′＝eq\f(3T,4T0)h④根据题意可得Δp＝eq\f(mg,S)⑤气体最后的体积为V＝Sh′⑥联立②④⑤⑥式得V＝eq\f(9mghT,4pT0)⑦[答案]eq\f(9mghT,4pT0)1．(2014·山东高考)一种水下重物打捞方法的工作原理如图11­2­5所示。将一质量M＝3×103kg、体积V0＝0.5m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1＝40m，筒内气体体积V1＝1m3。在拉力作用下浮筒缓慢上升。当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮。求V2和h2。图11­2­5已知大气压强p0＝1×105Pa，水的密度ρ＝1×103kg/m3，重力加速度的大小g＝10m/s2。不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。解析：当F＝0时，由平衡条件得Mg＝ρg(V0＋V2)①代入数据得V2＝2.5m3②设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2，由题意得p1＝p0＋ρgh1③p2＝p0＋ρgh2④在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2⑤联合②③④⑤式，代入数据得h2＝10m。⑥答案：见解析2．(2014·重庆高考)如图11­2­6为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积为V0，压强为p0的气体，当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩。若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变，当体积压缩到V时气泡与物品接触面的面积为S，求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力。图11­2­6解析：设压力为F，压缩后气体压强为p由p0V0＝pV和F＝pS得F＝eq\f(V0,V)p0S。答案：eq\f(V0,V)p0S3.(2015·山东德州模拟)如图1所示，导热良好的薄壁气缸放在光滑水平面上，用横截面积为S＝1.0×10－2m2的光滑活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞杆的另一端固定在墙上。外界大气压强p0＝1.0×105Pa。当环境温度为27℃时，密闭气体的体积为2.0×10－3m3。图1(1)当环境温度缓慢升高到87℃时，气缸移动的距离是多少？(2)在上述过程中封闭气体________(填“吸热”或“放热”)，传递的热量________(填“大于”或“小于”)气体对外界所做的功。解析：(1)气体等压变化eq\f(V1,T1)＝eq\f(V2,T2)V2＝eq\f(T2V1,T1)＝eq\f(360,300)×2.0×10－3m3＝2.4×10－3m3气缸移动的距离为Δl＝eq\f(V2－V1,S)＝eq\f(0.4×10－3,1.0×10－2)m＝0.04m(2)环境温度升高，封闭气体吸热，气体体积增大，对外做功，由热力学第一定律可知，传递的热量大于气体对外界所做的功。答案：(1)Δl＝0.04m(2)吸热大于4．(2015·河南洛阳模拟)如图2所示，一带有活塞的气缸通过底部的水平细管与一个上端开口的竖直管相连，气缸与竖直管的横截面面积之比为3∶1，初始时，该装置的底部盛有水银；活塞与水银面之间有一定量的气体，气柱高度为l(以cm为单位)；竖直管内的水银面比气缸内的水银面高出eq\f(3,8)l；现使活塞缓慢向上移动eq\f(11,32)l，这时气缸和竖直管内的水银面位于同一水平面上，求初始时气缸内气体的压强(以cmHg为单位)。图2解析：设气缸的横截面积为S，活塞处于初始位置时气缸内气体的压强为p，大气压强为p0。有p＝p0＋eq\f(3,8)l在活塞上移eq\f(11,32)l后，气缸内气体的压强变为p0。设气体的体积为V′，由玻意耳定律得p0V′＝pSl设气缸内水银面上升Δx，有Δx＝eq\f(3,8)l－3ΔxV′＝Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l＋\f(11,32)l－Δx))联立以上各式，解得p＝eq\f(15,8)l。答案：p＝eq\f(15,8)l5.(2015·杭州模拟)如图3，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0℃的水槽中，B的容积是A的3倍。阀门S将A和B两部分隔开。A内为真空，B和C内都充有气体。U形管内左边水银柱比右边的低60mm。打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等。假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积。图3(1)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)；(2)将右侧水槽的水从0℃加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温。解析：(1)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝237K。设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为pC，依题意有p1＝pC＋Δp①式中Δp＝60mmHg。打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为pB。pB＝pC②玻璃泡A和B中气体的体积为V2＝VA＋VB③根据玻意耳定律得p1VB＝pBV2④联立①②③④式，pC＝eq\f(VB,VA)Δp＝180mmHg。⑤(2)当右侧水槽的水温加热至T′时，U形管左右水银柱高度差为Δp。玻璃泡C中气体的压强为pC′＝pB＋Δp⑥玻璃泡C的气体体积不变，根据查理定理得eq\f(pC,T0)＝eq\f(pC′,T′)⑦联立②⑤⑥⑦式，T′＝364K。⑧答案：(1)180mmHg(2)T′＝364K要点四理想气体状态方程的应用[典例]如图11­2­7所示，有两个不计质量的活塞M、N将两部分理想气体封闭在绝热气缸内，温度均是27℃。M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿气缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为H＝27cm，N活塞相对于底部的高度为h＝18cm。现将一质量为m＝400g的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降。已知大气压强为p0＝1.0×105Pa，图11­2­7(1)求下部分气体的压强多大；(2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127℃，求稳定后活塞M、N距离底部的高度。[解析](1)对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：pS＝mg＋p0Sp＝1.2×105Pa(2)对下部分气体进行分析，由理想气体状态方程可得：eq\f(p0hS,T1)＝eq\f(ph2S,T2)得：h2＝20cm，故活塞N距离底部的距离为h2＝20cm对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：p0(H－h)S＝pLS得：L＝7.5cm故此时活塞M距离底端的距离为H2＝20＋7.5＝27.5cm。[答案](1)1.2×105Pa(2)27.5cm20cm1.如图11­2­8所示，透热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200kg，活塞质量m＝10kg，活塞面积S＝100cm2。活塞与气缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27℃，活塞位于气缸正中，整个装置都静止。已知大气压恒为p0＝1.0×105Pa，重力加速度为g＝10m/s2。求：图11­2­8(1)缸内气体的压强p1；(2)缸内气体的温度升高到多少℃时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处？解析：(1)以气缸为对象(不包括活塞)列气缸受力平衡方程：p1S＝Mg＋p0S解之得：p1＝3×105Pa(2)当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S＝Mg＋p0S，即缸内气体为等压变化。对这一过程研究缸内气体，由状态方程得：eq\f(S×0.5l,T1)＝eq\f(S×l,T2)所以T2＝2T1＝600K故t2＝(600－273)℃＝327℃答案：(1)p1＝3×105Pa(2)327℃2.如图11­2­9所示，在一端封闭的U形管中用水银柱封闭一段空气柱L，当空气柱的温度为27℃时，左管水银柱的长度h1＝10cm，右管水银柱长度h2＝7cm，气柱长度L＝13cm；当空气柱的温度变为127℃时，h1变为7cm。求：当时的大气压强和末状态空气柱的压强(单位用cmHg)。图11­2­9解析：设大气压强为p0，横截面积为S，以左侧封闭气体为研究对象，初状态：气体压强为：p1＝p0－(h1－h2)cmHg＝p0－3cmHg体积为：V1＝LS＝13S温度为：T1＝273＋27K＝300K末状态：气体压强为：p2＝p0＋(h2－h1)cmHg＝p0＋3cmHg体积为：V2＝(L＋3)S＝16S温度为：T2＝273＋127K＝400K由理想气体状态方程得：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)即：eq\f(p0－3×13S,300)＝eq\f(p0＋3×16S,400)解得：p0＝75cmHg末状态空气柱的压强为：p2＝p0＋3＝(75＋3)cmHg＝78cmHg答案：75cmHg78cmHg8．(多选)(2014·大纲卷)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是()A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小解析：选BD根据理想气体的状态方程eq\f(pV,T)＝C，当压强变大时，气体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项A错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动也可能变得剧烈，选项B正确；当压强变大时，气体的体积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项C错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均距离也可能变小，选项D正确。9.如图6所示，在左端封闭右端开口的U形管中用水银柱封一段空气柱L，当空气柱的温度为14℃时，左臂水银柱的长度h1＝10cm，右臂水银柱长度h2＝7cm，气柱长度L＝15cm；将U形管左臂放入100℃水中且状态稳定时，左臂水银柱的长度变为7cm。求出当时的大气压强(单位用cmHg)。图6解析：对于封闭的空气柱(设大气压强为p0)初态：p1＝p0＋h2－h1＝(p0－3)cmHg；V1＝LS＝15Scm3T1＝287K末态：h1＝7cmh2＝10cm，故压强p2＝p0＋h2－h1＝(p0＋3)cmHgV2＝(L＋3)S＝18Scm3T2＝373K由理想气体的状态方程得：eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，解得：大气压强p0＝75.25cmHg。答案：75.25cmHg要点五气体状态变化的图像问题[典例](多选)一定质量理想气体的状态经历了如图11­2­10所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在()图11­2­10A．ab过程中不断增加B．bc过程中保持不变C．cd过程中不断增加D．da过程中保持不变[解析]因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e点，如图所示，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为Vd<Ve，所以Vd<Va，所以da过程中体积不是保持不变，D错误。[答案]AB1．(2014·福建高考)图11­2­11为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图像，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C，设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是________。(填选项前的字母)图11­2­11A．TA＜TB，TB＜TC B.TA＞TB，TB＝TCC.TA＞TB，TB＜TC D.TA＝TB，TB＞TC解析：选C由状态A到状态B过程中，气体体积不变，由查理定律可知，随压强减小，温度降低，故TA＞TB，A、D项错；由状态B到状态C过程中，气体压强不变，由盖­吕萨克定律可知，随体积增大，温度升高，即TB＜TC，B项错，C项对。2.某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如图11­2­12所示的p­t图像。已知在状态B时气体的